2019 CSP-S / NOIP提高組初賽試題解析 (下）

二、閱讀程序

1.

 

 程序分析: 本段程序的目的是找到每個a[i]之后第一個大於a[i]的位置（下標ans+1）。代碼簡單，即使看不懂也可以代入幾個數字去試驗，畢竟選擇題。

1) 第16行輸出ans時，ans的值一定大於i。( )

解析:錯。只要14行while循環不執行，則ans=i,如n=1,則ans等於i。

2) 程序輸出的ans小於等於n。( )

解析:對。ans初始值為i小於n，且小於n是其自增的一個條件，顯然不會超過。

3) 若將第12行的“<”改為“!=”，程序輸出的結果不會改變。( )

解析: 對。改成！=只是增加了一些沒意義的比較，對結果沒有影響。

4) 當程序執行到第16行時，若ans-i>2，則a[i+1]≦a[i]。( )

解析:對。因為ans+1是第一個大於a[i]的位置，所以從a[i+1]至a[ans]都是小於等於a[i]的。

5) 若輸入的a數組是一個嚴格單調遞增的數列，此程序的時間復雜度是（ ）。A.O(logn) B.O(n^2)C.O(nlog n) D. O(n)

解析:D。嚴格單調遞增則14行必定不執行，while循環每次只執行一次，時間復雜度為n。

6) 最壞情況下，此程序的時間復雜度是（ ）。A. O(n^2) B. O(logn)C. O(n) D. O(nlog n)

解析:A。最壞的情況為嚴格單調遞減，14行if判斷每次都執行，while循環每次都查找到n，時間復雜度為n+（n-1）+……+2+1=n*（n+1）/2,即O(n^2)。

2、

 

 程序分析: 本題就是一個並查集操作，getRoot函數是查詢根節點，循環中對集合進行合並。

1) 輸入的a和b值應在[0，n-1]的范圍內。( )

解析:對。輸入的a、b是集合的下標，自然應該在[0,n-1]之間。

2) 第16行改成“fa[i]=0;”, 不影響程序運行結果。( )

解析:錯。未合並前初始根節點是其本身，為0顯然不符合題意。

3) 若輸入的a和b值均在[0, n-1]的范圍內，則對於任意0≤i<n，都有0≤fa[i]<n。( 

解析: 對。fa[i]是根節點，不管在怎么合並，根節點必然也是在[0,n-1]之間。

4) 若輸入的a和b值均在[0,n-1]的范圍內，則對於任意0≤i<n，都有1≤cnt[i] ≤n。

解析:錯。cnt[i]是合並之后集合的元素個數，嚴謹的並查集操作cnt[i]是不會超過n的，但是本題沒有判斷是否重復合並。所以如果先輸入（1,2），（3,4），之后一直不斷輸入（2,4），最后cnt[4]會超過n。

5) 當n等於50時，若a、b的值都在[0,49]的范圍內，且在第25行時x總是不等於y，那么輸出為( )。

A.1276 B.1176 C.1225 D.1250

解析:C。本題前提下cnt[i]表示當前集合的元素個數，每次執行都是兩個集合合並，我們可令每次都是單個集合合並進入大集合，ans=1*1+1*2+1*3+……1*48+1*49=49*（49+1）/2=1225。

 

 

6) 此程序的時間復雜度是( )。A. O(n) B. O(logn) C. O(n^2) D. O(nlogn)

解析:C。getRoot是依次查找上一個父元素，沒有“壓縮路徑”，時間復雜度最差為n，所以總的時間復雜度為n^2。

 

 

3、

 

 

 

 程序分析: 本題主要需了解兩個數組的含義，pre[i]表示s[0..i]至多可以從前往后匹配到t串的哪一個字符，此時t[0..pre[i]-1]是s[0..i]的子序列。sub[i]用於記錄s[i..slen-1]至多從后到前匹配到t的哪一個字符，此時t[suf[i]+1..tlen-1]是s[i..slen-1]的子序列。本題是求s中連續刪除至多幾個字母后，t仍然是s的子序列。

1) 程序輸出時，suf數組滿足：對任意0≤i<slen，suf[i] ≤suf[i+1]。( )

解析:對。從15至19行可以看出，sub數組的值是從尾部往前減小或不變，所以suf[i] ≤suf[i+1]。

2) 當t是s的子序列時，輸出一定不為0。( )

解析:錯。有題目目的可知，當t==s時輸出為0。

3) 程序運行到第23行時，“j-i-1”一定不小於0（ ）

解析: 錯。若第一循環時while不執行，則j-i-1為-1，如s=”bacb”,t=”ac”。

4) 當t是s的子序列時，pre數組和suf數組滿足：對任意0≤i<slen，pre[i]>suf[i+1]+1（ ）

解析:錯。由含義可知若t是s子序列，t[0..pre[i]-1],t[sub[i+1]+1..lent-1]是s[0..i],s[i+1..lens-1]的子序列，不會重疊，即pre[i]-1< sub[i+1]+1,即pre[i] <= sub[i+1]+1。

5) 若tlen=10，輸出為0，則slen最小為( )。A. 10 B. 12C.0 D.1

解析:D。若t不是s子串（或t==s）輸出都為0，但為保證程序執行，最少應輸入一個字符。

6) 若tlen=10，輸出為2，則slen最小為( )。A.0 B.10C.12 D.1

解析:C。輸出為2說明slen最多連續刪除2個后為10，所以最小為12。

 

三、完善程序

 

Ps：程序完善提不貼題目了，請自己去看原卷。

1.程序分析: 程序每次都先學習一個已經達到條件但為學習的技能，學習后更新經驗值和其他技能與該技能有關的學習條件，不斷重復至沒有技能可以學。unlock數組為對應技能需學習的前置技能數，大於0說明有前置技能要學，為-1表示已學習。

1) ①處應填( )A. unlock[i]<=0B. unlock[i]>=0C. unlock[i]==0D. unlock[i]==-1

解析:C。學習技能條件一，需要的前置技能數為0且為學習。

2) ②處應填( )A. threshold[i]>pointsB. threshold[i]>=pointsC. points>threshold[i]D. points>=threshold[i]

解析:D。學習技能條件二，總經驗達到該技能的經驗要求。

3) ③處應填( )A. target = -1B. --cnt[target]C. bbonus[target]D. points += bonus[target]

解析:D。技能學習后總經驗增加。

4) ④處應填( )A. cnt [child[target][i]] -=1B. cnt [child[target][i]] =0C. unlock[child[target][i]] -= 1D. unlock[child[target][i]] =0

解析:D。即使看不懂，也應該猜到是學完技能后，相關技能的前置條件-1。

5) ⑤處應填( )A. unlock[i] = cnt[i]B. unlock[i] =mC. unlock[i] = 0D. unlock[i] =-1

解析:B。定義每個技能學習需要的前置技能數。

 

2.請自己去看原卷。

程序分析:通常我們可以設置bool數字f[i]表示有i個石子時有無先手必贏策略。若對於i個石子有先手必贏策略，則存在j（a[j]<=i且b[j]<=i）使得i-b[j]個石子先手無必贏策略，則得到轉移方程f[i]=OR{!f[i-b[j]} (a[j]<=i且b[j]<=i)。因為本題策略數和數組b數字都不超過64，所以僅考慮f[i-1]..f[i-64],可將其狀態壓縮至一個64位數中。其中status用於記錄對於i個石子，i-1..i-64是否有先手必勝策略。

1)①處應填( )

A.0      B .~0ull           C.~0ull^1         D.1

解析:C。根據題目要求，狀態壓縮到64位，A和D默認是32位整數，所以B或者C。最開始石子是0個，應該是輸的狀態，所以最低位不能是1，選C。

2)處應填( )

A.a[j]< i        B.a[j]==i          C.a[j] !=i       D.a[j] >i

解析:B。題目實現有將規則按a[i]進行從小到大排序，所以可使用規則只增加不減少。此循環用於增加當前可選的規則，當i達到a[j]時規則可以使用。

3)③處應填( )

A. trans |= 1ull <<(b[j] - 1)           B. status |= 1ull << (b[j]- 1)           C. status += 1ull << (b[j]-1)        D. trans += 1ull<< (b[j]-1)

解析:A。此行是用來在原有規則上，新增”取b[j]個棋子”的規則。二進制新增用|。

4)④處應填( )

A. ~status|trans             B. status&trans       B. status|trans       D. ~status&trans

解析:D。

5)⑤處應填( )

A. trans = status | trans ^win       B. status = trans >> 1^win            C. trans = status ^trans |win          D. status =status <<1^win

解析:D。

 

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